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走向高考--2015高考一轮总复习人教A版数学9-3

时间:2014-06-01


基础巩固强化 一、选择题 1.(文)已知 E、F、G、H 是空间内四个点,条件甲:E、F、G、 H 四点不共面, 条件乙: 直线 EF 和 GH 不相交, 则甲是乙成立的( A.充分不必要条件 C.充要条件 [答案] A [解析] 点 E、F、G、H 四点不共面可以推出直线 EF 和 GH 不 相交;但由直线 EF 和 GH 不相交不一定能推出 E、F、G、H 四点不 共面,例如:EF 和 GH 平行,这也是直线 EF 和 GH 不相交的一种情 况,但 E、F、G、H 四点共面.故甲是乙成立的充分不必要条件. (理)在空间四边形 ABCD 的边 AB、 BC、CD、 DA 上分别取 E、 F、 G、H 四点,若 EF 与 GH 交于点 M,则( A.M 一定在 AC 上 B.M 一定在 BD 上 C.M 可能在 AC 上也可能在 BD 上 D.M 不在 AC 上,也不在 BD 上 [答案] A [解析] 点 M 在平面 ABC 内,又在平面 ADC 内,故必在交线 AC 上. 2.(文)若直线 l 不平行于平面 α,且 l?α,则( A.α 内的所有直线与 l 异面 B.α 内不存在与 l 平行的直线 ) ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 )

C.α 内存在唯一的直线与 l 平行 D.α 内的直线与 l 都相交 [答案] B [解析] 由题意知直线 l 与平面 α 相交,不妨设直线 l∩α=M, 对 A,在 α 内过 M 点的直线与 l 不异面,A 错误;对 B,假设存在与 l 平行的直线 m,则由 m∥l 得 l∥α,这与 l∩α=M 矛盾,故 B 正确, C 错误;对 D,α 内存在与 l 异面的直线,故 D 错误.综上知选 B. (理)平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,既与 AB 共面也与 CC1 共 面的棱的条数为( A.3 C.5 [答案] C [解析] 如图,平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,既与 AB 共面, 也与 CC1 共面的棱为 BC、C1D1、DC、AA1、BB1,共 5 条. ) B.4 D.6

3.(2014· 汉沽一中检测)已知平面 α 和不重合的两条直线 m、n, 下列选项正确的是( )

A.如果 m?α,n?α,m、n 是异面直线,那么 n∥α B.如果 m?α,n 与 α 相交,那么 m、n 是异面直线 C.如果 m?α,n∥α,m、n 共面,那么 m∥n D.如果 m⊥α,n⊥m,那么 n∥α

[答案] C [解析] 如图(1)可知 A 错;如图(2)可知 B 错;如图(3),m⊥α, n 是 α 内的任意直线,都有 n⊥m,故 D 错. ∵n∥α, ∴n 与 α 无公共点, ∵m?α, ∴n 与 m 无公共点, 又 m、 n 共面,∴m∥n,故选 C.

4.(文)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,与对角线 AC1 异面的棱有 ( ) A.3 条 C.6 条 [答案] C [解析] 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,与对角线 AC1 有公共点 A 的和有公共点 C1 的各有 3 条,其余 6 条所在正方体的面与 AC1 均 相交,且交点不在这些棱上,由异面直线判定定理知,这 6 条与 AC1 都异面,故选 C. (理)如图是正方体或四面体,P、Q、R、S 分别是所在棱的中点, 则这四个点不共面的一个图是( ) B.4 条 D.8 条

[答案] D [解析] A 中,PS∥QR;B 中如图可知此四点共面;C 中 PS∥ QR;D 中 RS 在经过平面 PQS 内一点和平面 PQS 外一点的直线上, 故选 D.

5.(2013· 南昌第一次模拟)设 a,b 是夹角为 30° 的异面直线,则 满足条件“a?α,b?β,且 α⊥β”的平面 α,β( A.不存在 C.有且只有两对 [答案] D [解析] 过直线 a 的平面 α 有无数个. 当平面 α 与直线 b 平行时, 两直线的公垂线与 b 确定的平面 β⊥α;当平面 α 与 b 相交时,过交 点作平面 α 的的垂线与 b 确定的平面 β⊥α,∵平面 α 有无数个,∴ 满足条件的平面 α、β 有无数对,故选 D. 6.(文)(2013· 惠州调研)已知 m、n 是两条不同直线,α、β、γ 是 三个不同平面,下列命题中正确的是( A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n C.若 m∥α,m∥β,则 α∥β [答案] D [解析] 当 m∥α,n∥α 时,m 与 n 可能相交、平行,也可能异 面,故 A 错;B 中 α⊥γ,β⊥γ 时,α 与 β 可能平行,也可能相交, ) B.若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n )

B.有且只有一对 D.有无数对

如长方体交于同一个顶点的三个面,故 B 错;α∩β=l,m?α,m?β, m∥l 时,满足 m∥α,m∥β,故 C 错;由线面垂直的性质知, ?m∥n. (理)(2013· 广东)设 l 为直线,α,β 是两个不同的平面.下列命题 中正确的是( ) m⊥α? ?
? n⊥α ? ?

A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β C.若 l⊥α,l∥β,则 α∥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β [答案] B [解析] 画出一个长方体 ABCD-A1B1C1D1.对于 A,C1D1∥平面 ABB1A1,C1D1∥平面 ABCD,但平面 ABB1A1 与平面 ABCD 相交;对 于 C,BB1⊥平面 ABCD,BB1∥平面 ADD1A1,但平面 ABCD 与平面 ADD1A1 相交; 对于 D, 平面 ABB1A1⊥平面 ABCD, CD∥平面 ABB1A1, 但 CD?平面 ABCD. 二、填空题 7.在图中,G、H、M、N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中 点,则使直线 GH、MN 是异面直线的图形有________.(填上所有正 确答案的序号)

[答案] ②④ [解析] 图①中,直线 GH∥MN; 图②中,G、H、N 三点在三棱柱的侧面上,MG 与这个侧面相 交于 G,∴M?平面 GHN, 因此直线 GH 与 MN 异面; 图③中,连接 MG,GM∥HN,因此 GH 与 MN 共面; 图④中,G、M、N 共面,但 H?平面 GMN, 因此 GH 与 MN 异面. 所以图②、④中 GH 与 MN 异面. 8.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1,BC=2,AC= 5, AA1=3,M 为线段 BB1 上的一动点,则当 AM+MC1 最小时,△AMC1 的面积为________.

[答案]

3

[解析] 将三棱柱的侧面 A1ABB1 和 B1BCC1 以 BB1 为折痕展平到 一个平面 α 上,在平面 α 内 AC1 与 BB1 相交,则交点即为 M 点,易 求 BM=1,∴AM= 2,MC1=2 2, 又在棱柱中,AC1= 14,

2 AM2+MC1 -AC2 2+8-14 1 1 ∴cos∠AMC1= = =- 2AM· MC1 2, 2 × 2 ×2 2

∴∠AMC1=120° , 1 ∴S△AMC1=2AM· MC1· sin∠AMC1 1 3 =2× 2×2 2× 2 = 3. 9.(文)

如图所示,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各条棱长都相等,M 是侧棱 CC1 的中点,则异面直线 AB1 和 BM 所成的角的大小是 ________. [答案] 90° [解析] 取 BC 的中点 N,连接 AN,则 AN⊥平面 BCC1B1, ∵BM?平面 BCC1B1,∴AN⊥BM, 又在正方形 BCC1B1 中,M、N 分别为 CC1 与 BC 的中点,∴B1N ⊥BM,又 B1N∩AN=N, ∴BM⊥平面 AB1N,∴BM⊥AB1, ∴AB1 与 BM 所成的角是 90° . (理)在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,AC⊥BC,PA=AC= BC,则直线 PC 与 AB 所成角的大小是________. [答案] 60°

[解析]

分别取 PA、AC、CB 的中点 F、D、E 连接 FD、DE、EF、AE, 则∠FDE 是直线 PC 与 AB 所成角或其补角. 设 PA=AC=BC=2a,在△FDE 中,易求得 FD= 2a,DE= 2 a,FE= 6a, 2a2+2a2-6a2 1 根据余弦定理,得 cos∠FDE= =-2, 2× 2a× 2a 所以∠FDE=120° . 所以 PC 与 AB 所成角的大小是 60° . 三、解答题 10.(文)已知在正方体 ABCD-A′B′C′D′中,M、N 分别是 A′D′、 A′B′的中点,在该正方体中是否存在过顶点且与平面 AMN 平行的平面?若存在,试作出该平面,并证明你的结论;若不 存在,请说明理由. [分析] 假设存在经过 B 点与平面 AMN 平行的平面 α,则平面 A′B′C′D′与这两平行平面的交线应平行,由于 M、N 分别为 A′D′、A′B′的中点,∴取 C′D′的中点 F,B′C′的中点 E, 则 MN∥EF, 可证明平面 BDFE∥平面 AMN, 过其他点的截面同理可 分析找出. [解析] 存在. 与平面 AMN 平行的平面有以下三种情况(E、 F分

别为所在棱的中点):

下面以图(1)为例进行证明. ∵四边形 ABEM 是平行四边形,∴BE∥AM, 又 BE?平面 BDE,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDFE. ∵MN 是△A′B′D′的中位线,∴MN∥B′D′, ∵四边形 BDD′B′是平行四边形, ∴BD∥B′D′,∴MN∥BD, 又 BD?平面 BDE,MN?平面 BDE, ∴MN∥平面 BDFE, 又 AM?平面 AMN,MN?平面 AMN,且 AM∩MN=M, ∴由平面与平面平行的判定定理可得,平面 AMN∥平面 BDFE. (理)

如图所示, 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=AD=1, AA1=2, M 是棱 CC1 的中点. (1)求异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值; (2)证明:平面 ABM⊥平面 A1B1M. [解析] 方法 1:(1)如图,因为 C1D1∥B1A1,所以∠MA1B1 为异 面直线 A1M 与 C1D1 所成的角. 因为 A1B1⊥平面 BCC1B1,所以∠A1B1M=90° ,
2 而 A1B1=1,B1M= B1C2 1+MC1= 2,故

B1M tan∠MA1B1=A B = 2.
1 1

即异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值为 2. (2)证明: 由 A1B1⊥平面 BCC1B1, BM?平面平面 BCC1B1, 得 A1B1 ⊥BM① 由(1)知,B1M= 2, 又 BM= BC2+CM2= 2,B1B=2, 所以 B1M2+BM2=B1B2,从而 BM⊥B1M② 又 A1B1∩B1M=B1,∴BM⊥平面 A1B1M,而 BM?平面 ABM, 因此平面 ABM⊥平面 A1B1M. → ,AD → ,AA → 的方向分别作为 x、y、z 轴 方法 2:以 A 为原点,AB 1 的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0), A1(0,0,2),B1(1,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),M(1,1,1).

→ → (1)A 1M=(1,1,-1),C1D1=(-1,0,0), -1 3 → → cos〈A =- 3 . 1M,C1D1〉= 3×1 3 设异面直线 A1M 与 C1D1 所成角为 α,则 cosα= 3 , ∴tanα= 2. 即异面直线 A1M 和 C1D1 所成的角的正切值是 2. → =(0,1,1),B → → (2)证明:A→ BM A→ BM 1B1=(1,0,0), 1M=(0,1,-1), 1B1· →· → =0,BM B 1M=0, → → → ∴A→ 1B1⊥BM,BM⊥B1M,即 BM⊥A1B1,BM⊥B1M, 又 B1M∩A1B1=B1, ∴BM⊥平面 A1B1M,而 BM?平面 ABM, 因此 ABM⊥平面 A1B1M. 能力拓展提升 一、选择题 11.(文)(2014· 雅礼中学月考)l1、l2、l3 是空间三条不同的直线,

则下列命题正确的是(

)

A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1、l2、l3 共面 D.l1、l2、l3 共点?l1、l2、l3 共面 [答案] B [解析] 举反例,由教室内共点的三条墙角线可知 A、D 是错误 的;由三棱柱的三条侧棱可知 C 是错误的.故选 B. (理)(2014· 荆州中学月考)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, M,N 分别是 BC1、CD1 的中点,则下列判断错误的是( )

A.MN 与 CC1 垂直 B.MN 与 AC 垂直 C.MN 与 BD 平行 D.MN 与 A1B1 平行 [答案] D [解析] 由于 C1D1 与 A1B1 平行,MN 与 C1D1 是异面直线,所以 MN 与 A1B1 是异面直线,故选项 D 错误. 1 1 [点评] 取 CD 中点 Q, BC 中点 R, 则 NQ 綊2D1D, MR 綊2CC1, ∵CC1 綊 D1D,∴NQ 綊 MR,∴MN∥QR,∵QR∥BD,AC⊥BD,

∴AC⊥MN,∴B 正确;∵MN∥QR,QR∥BD,∴MN∥BD,∴C 正 确;∵CC1⊥平面 ABCD,∴CC1⊥PQ,∴CC1⊥MN,∴A 正确. 12.(2012· 山西联考)已知直线 m、n 与平面 α、β,下列命题中正 确的是( )

A.m∥β,α∥β,则 m∥α B.平面 α 内不共线三点到平面 β 的距离相等,则 α∥β C.α∩β=m,n⊥m 且 α⊥β,则 n⊥α D.m⊥α,n⊥β 且 α⊥β,则 m⊥n [答案] D [解析] 当 m?α 时,也可满足 m∥β,α∥β,故①错; 当 α∩β=l,三点 A、B、C 位于 l 的两侧,AB∥l,直线 AB 到 l 的距离与点 C 到 l 的距离相等时,满足 A、B、C 三点到平面 β 的距 离相等,故②错; 由面面垂直的性质知,C 错,因为只有在满足 n?β 内时,才能 由 n⊥m 得出 n⊥α 的结论; α⊥β? ?
??n∥α或n?α? ? n⊥β? ??m⊥n,故 D 正确.

? ? ?

m⊥α 二、填空题

13. (2013· 武汉武昌区联考)已知直线 l⊥平面 α, 直线 m?平面 β, 有下列命题: ①α∥β?l⊥m;②α⊥β?l∥m;③l∥m?α⊥β;④l⊥m?α∥β. 其中正确命题的序号是________. [答案] ①③ [解析] ①正确,∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β,又 m?β,∴l⊥m;②

错误,l,m 还可以垂直,斜交或异面;③正确,∵l⊥α,l∥m,∴m ⊥α,又 m?β,∴α⊥β;④错误,α 与 β 可能相交. 14.(2013· 贵阳一模)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别 为 A1B1,BB1 的中点,则异面直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________. 2 [答案] 5 [解析] 如图,取 AB 的中点 E,连接 B1E,则 AM∥B1E,取 EB 的中点 F,连接 FN,则 B1E∥FN,因此 AM∥FN,则直线 FN 与 CN 所夹的锐角或直角为异面直线 AM 与 CN 所成的角.

设 AB=1,连接 CF, 5 5 17 在△CFN 中,CN= 2 ,FN= 4 ,CF= 4 . CN2+FN2-CF2 2 由余弦定理得 cos∠CNF= =5. 2CN· FN 三、解答题 15. (2013· 江苏)如图, 在三棱锥 S-ABC 中, 平面 SAB⊥平面 SBC, AB⊥BC,AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA, SC 的中点.

求证:(1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA. [解析] (1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB 的 中点.又因为 E 是 SA 的中点,所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC. 又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC. (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB, 又 AF?平面 SAB,AF⊥SB, 所以 AF⊥平面 SBC, 因为 BC?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB?平面 SAB,所以 BC⊥ 平面 SAB. 因为 SA?平面 SAB,所以 BC⊥SA.

考纲要求

理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解可以作为推理依据 的公理和定理. 补充说明 1.异面直线的判定主要用定理法、反证法 (1)定理法:过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过 该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用). (2)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两直线平行或相 交, 由假设的条件出发, 经过严密的推理, 导出矛盾, 从而否定假设, 肯定两条直线异面. 2.求异面直线所成的角主要用平移法,其一般步骤为 (1)平移:选取适当的点,平移异面直线的一条(或两条)成相交直 线. (2)证明:证明所作的角是异面直线所成的角. (3)求解:找出含有此角的三角形,并解之. (4)取舍:根据异面直线所成角的范围确定大小. 3.共线与共面问题 证明共线时,所共的直线一般定位为两个平面的交线;证明共面 问题时,一般先由已知条件确定一个平面(有平行直线的先用平行直 线确定平面),再证其他元素在该平面内. 4.求异面直线所成角 异面直线所成角的大小, 是用过空间任意一点分别引它们的平行 线所成的锐角(或直角)来定义的.因此,平移直线是求异面直线所成 角的关键.这里给出几种平移直线的途径. (1)在已知平面内平移直线构造可解的三角形,或根据实际情况 构造辅助平面,在辅助平面内平移直线构造可解的三角形,是求异面

直线所成角的途径之一; 这种方法常常是取两条异面直线中的一条和另一条上一点确定 一个平面,在这个平面内过这个点作这条直线的平行线,或在两条异 面直线上各选一点连线,构造两个辅助面过渡. [例 1] 如图所示,在正方体 AC1 中,M、N 分别是 A1B1、BB1 的中点,求异面直线 AM 和 CN 所成角的余弦值.

[解析] 在平面 ABB1A1 内作 EN∥AM 交 AB 于 E,则 EN 与 CN 所成的锐角(或直角)即为 AM 和 CN 所成的角.设正方体棱长为 a. 5 5 17 在△CNE 中,可求得 CN= 2 a,NE= 4 a,CE= 4 a,由余弦 EN2+CN2-CE2 2 定理得,cos∠CNE= =5. 2EN· CN 2 即异面直角 AM 与 CN 所成角的余弦值为5. (2)利用平行平面平移直线构成可解的三角形,是求异面直线所 成角的途径之二; 这种方法常见于两条异面直线分别在两个互相平行的平面内, 可 利用面面平行的性质,将一条直线平移到另一条所在的平面内. A1B1 [例 2] 如图所示,正方体 AC1 中,B1E1=D1F1= 4 ,求 BE1

与 DF1 所成角的余弦值.

[解析] ∵平面 ABB1A1∥平面 DCC1D1,∴在 A1B1 上取 H,使 A1B1 A1H= 4 ,即可得:AH∥DF1.引 NH∥BE1,则锐角∠AHN 就是 DF1 与 BE1 所成的角. 设正方体棱长为 a,在△AHN 中,易求得: a 17 AN=2,AH=NH=BE1= 4 a. AH2+HN2-AN2 15 由余弦定理得,cos∠AHN= =17. 2AH· HN 15 即 BE1 与 DF1 所成的角的余弦值为17. (3)整体平移几何体,构造可解的三角形,是求异面直线所成角 的途径之三. 这种方法常常是将原有几何体上再拼接上同样的一个几何体(相 当于将原几何体作了一个平移)创造平移直线的条件. [例 3] 如下图长方体 AC1 中,AB=12,BC=3,AA1=4,N 在 A1B1 上,且 B1N=4.求 BD1 与 C1N 所成角的余弦值.

[解析] 如图所示,将长方体 AC1 平移到 BCFE-B1C1F1E1 的位 置,则 C1E∥BD1,C1E 与 C1N 所成的锐角(或直角)就是 BD1 与 C1N 所成的角. 在△NC1E 中,根据已知条件可求 B1N=4,C1N=5,C1E=13, EN= E1N2+EE2 1=4 17. C1N2+C1E2-EN2 3 由余弦定理,得 cos∠NC1E= =- 2C N· CE 5.
1 1

3 ∴BD1 与 C1N 所成角的余弦值为5. 备选习题 1.空间中一条线段 AB 的三视图中,俯视图是长度为 1 的线段, 侧视图是长度为 2 的线段,则线段 AB 的长度的取值范围是( A.(0,2] C.[2,3] [答案] B [解析] 以线段 AB 为体对角线构造长方体,设长方体的长、宽、
2 2 ? ?x +y =1, 高分别为 x、y、z,则由题意知,? 2 2 ∴AB2=x2+y2+z2=5 ?y +z =4. ?

)

B.[2, 5] D.[2, 10]

-y2, ∵x2>0,∴1-y2>0,∴0<y2<1,

∴4<AB2<5,∴2<AB< 5. 特别地,当 AB 为面对角线时,AB=2 或 5成立, ∴2≤AB≤ 5. 2. 若空间中有四个点, 则“这四个点中有三点在同一条直线上” 是“这四个点在同一个平面上”的( A.充分非必要条件 C.充分必要条件 [答案] A [解析] 若有三点共线于 l,当第四点在 l 上时共面,当第四点不 在 l 上时,l 与该点确定一个平面 α,这四点共面于 α;若四点共面, 则未必有三点共线. 3.设直线 m 与平面 α 相交但不 垂直,则下列说法中正确的是 . ) A.在平面 α 内有且只有一条直线与直线 m 垂直 B.过直线 m 有且只有一个平面与平面 α 垂直 C.与直线 m 垂直的直线不 可能与平面 α 平行 . D.与直线 m 平行的平面不 可能与平面 α 垂直 . [答案] B [解析] 如图,m 是 α 的斜线,PA⊥α,l?α,l⊥AB,则 l⊥m, α 内所有与 l 平行的直线都垂直于 m,故 A 错; 即可知过 m 有且仅有一个平面 PAB 与 α 垂直, ) B.必要非充分条件 D.既非充分又非必要条件

(

假设有两个平面都与 α 垂直,则这两个平面的交线 m 应与 α 垂 直,与条件矛盾,∴B 正确; 又 l′?α,l′∥l,∴l′∥α,∵l⊥m,∴l′⊥m,∴C 错; 又在平面 α 内取不在直线 AB 上的一点 D, 过 D 可作平面与平面 PAB 平行,∴m∥β,∵平面 PAB⊥α,∴平面 β⊥α. 4.(2013· 昆明调研)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,ABCD 为平行 四边形,且 BC⊥平面 PAB,PA⊥AB,M 为 PB 的中点,PA=AD=2, AB=1.

(1)求证:PD∥平面 AMC; (2)求三棱锥 A-MBC 的高. [解析]

(1)如图,连接 BD,设 BD 与 AC 相交于点 O,连接 OM, ∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴点 O 为 BD 的中点. ∵M 为 PB 的中点, ∴OM 为△PBD 的中位线, ∴OM∥PD, ∵OM?平面 AMC,PD?平面 AMC, ∴PD∥平面 AMC. (2)∵BC⊥平面 PAB,AD∥BC, ∴AD⊥平面 PAB,∴PA⊥AD, 又 PA⊥AB,且 AD∩AB=A, ∴PA⊥平面 ABCD. 取 AB 的中点 F,连接 MF,则 MF∥PA, 1 ∴MF⊥平面 ABCD,且 MF=2PA=1. 设三棱锥 A-MBC 的高为 h, 1 1 由 VA-MBC=VM-ABC,得3S△MBC· h=3S△ABC· MF,

1 · BC· AB· MF S△ABC· MF 2 2 5 得 h= = 1 = 5 . S△MBC BC· BM 2·


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